安徽省六安第一中学2024届高三下学期适应性考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省六安第一中学2024届高三下学期适应性考试数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省六安第一中学2024届高三适应性考试数学试题Word版含解析docx、安徽省六安第一中学2024届高三适应性考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（ ）
A. 16B. 14C. 23D. 22
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，，
所以分位数为．
故选：C．
2. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数除法求出复数，再求出即可得解.
【详解】依题意，，
所以在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（ ）
A. 若,,则 ；B. 若,,,则 ；
C. 若，，则 ；D. 若，，，,则．
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】若，，则或与相交或与异面，故A错误；
若，，，则或与相交，故B错误；
若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；
若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．
故选：C．
4. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（ ）
A. 2B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出渐近线，解得的值，从而求得右焦点到直线的距离即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，
所以的右焦点到直线的距离为.
故选：C.
5. 某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A. 36种B. 42种C. 48种D. 52种
【答案】B
【解析】
【分析】按：“特殊元素（位置）优先法”解决.先分类：按副队长担任1号位和2号位分成两类；再分步：副队长担任1号位时，其余4个位置没有任何限制，副队长担任2号位时，先从3名队员中选1人担任1号位，其他3个位置无任何限制.
【详解】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；
若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.
所以一共有：种安排方式.
故选：B
6. 已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A. －36或36B. －36C. 36D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求得，继而求得的值，利用等差数列前项和公式进行计算即可.
【详解】数列为等比数列，设公比为q，且，，
则，则，
则，
则，
故选：C.
7. 在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出点，利用数量积的坐标表示得到点的轨迹，结合直线与圆的关系进行求解即可.
【详解】设，则，，
则，即，
化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
又，所以三点共线，
显然当直线与此圆相切时，的值最大.
又,
则,
则.
故选：C.
8. 设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，，椭圆的焦点为，，，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为，先根据题意得出点P的坐标，再将点P分别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解.
【详解】设椭圆与双曲线相同的焦距为，则，
又，所以，
又点P在第一象限，且在直线上，
所以，又点P椭圆上，
所以，即，
整理得，两边同时除以，得，
解得，因为，所以，
同理可得点P在双曲线上，所以，即，
解得，
所以，
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则（ ）
A. A与D相互独立.B. A与B相互独立
C. B与D相互独立D. A与C相互独立
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据相互独立事件的概念进行判定.
【详解】不放回依次取出两个，基本事件有，
共种，
事件“”；
事件“”；
事件“”；
事件“”.
事件，事件“”，
事件“”， 事件“”，
则，，，
，，，，
所以，所以A与D不相互独立；
，所以A与B相互独立；
，所以B与D相互独立；
，所以A与C相互独立；
故选：BCD
10. 已知函数，则下列关于函数的说法，正确的是（ ）
A. 的一个周期为
B. 的图象关于对称
C. 在上单调递增
D. 的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的对称性与周期性结合诱导公式可判定A、B，再根据A、B结论及三角函数的图象与性质可判定C、D.
【详解】对于A，根据诱导公式可知：
，故的一个周期为，即A正确；
对于B，根据诱导公式可知：
，所以的图象关于对称，即B正确；
对于C，易知
，即为偶函数，
当时，，显然此时函数单调递减，
由偶函数的对称性可知时函数单调递增，故C错误；
由B结论可知为的一个周期，
此区间上，故D正确.
故选：ABD
11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ）
A. 三棱锥的体积为1
B. 点到直线AD的距离为
C. 二面角的正切值为2
D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解.
【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG，
因为平面平面，且平面平面，
平面，又因为，所以，
所以平面，
因为，
所以，故A正确；
对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF，
因为F，G分别为AE，AB中点，则，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又因为平面，则，
则点到直线AD的距离为，
则为二面角的平面角，，B错误，C正确；
对D：设，的外心分别为，，则，
又平面平面，平面，所以平面，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，
所以四边形为矩形，则，
故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.
【详解】由于，
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
13. 已知中，角、、所对的边分别是、、，且，，当时，的周长为________.
【答案】15
【解析】
【分析】运用正弦定理可得，再次根据正弦定理以及可得的值，进而得和，再次运用正弦定理即可得到所求周长.
【详解】由，，，可得，
由正弦定理可得，可得，
而
由，可得，
由，可得：，解得：或（舍去），
，
可得，
可得：，可得：，，则，
故答案为：15.
【点睛】本题考查三角形的正弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化思想和运算能力，属于难题
14. 用表示不超过的最大整数，已知数列满足：，，.若，，则________；若，则________.
【答案】 ①. ， ②.
【解析】
【分析】当，时，利用构造法可得出数列是等比数列，求出，进而得出；当时，由题目中的递推关系式可得，，，即可求解.
【详解】当，时，，即，
则数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即
当时，，即，且，
故，故，故，
∴，，所以，所以.
因为，所以
由，可得：，，.
因为，所以，，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合，数列的通项公式及前项和.利用构造法即可求解第一空；借助递推关系式得出，，是解答第二空的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.
（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；
（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）用插空法求出符合条件的事件数，再由古典概型计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记检测过程中两件次品不相邻为事件，
依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻概率，
所以.
【小问2详解】
依题意的可能取值为、、、，
所以，，，
，
所以的分布列为：
所以.
16. 已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【小问1详解】
（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，
当时，，当时，，
所以，解得：，
所以的最小值为.
17. 如图，为菱形，，，平面平面，点F在上，且，分别在直线上．
（1）求证：平面；
（2）把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线的公垂线，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可求得，可得，两边平方可求得，由勾股定理的逆定理可证，利用面面垂直的性质可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，，则，利用公垂线可得，求解即可.
【小问1详解】
，
所以，所以，
所以，，
，则，又因为平面平面，
平面平面平面，故平面；
【小问2详解】
在平面中过作直线，
以C为原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正向，直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，，
所以，
所以，
设，则，
设，则，，
由题知，解得，，
故.
18. 已知抛物线的焦点为，为上一点，且.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.
（i）求点的坐标；
（ii）求与的面积之和的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由条件结合抛物线的定义列方程求，由此可得抛物线方程；
（2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得；
（ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值．
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以的方程为：；
【小问2详解】
（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，
故可设的直线的方程为，
代入抛物线的方程，
可得，
方程的判别式，
设，，
不妨设，则,
所以直线AD的方程为：，即
即，令，可得，
所以，所以
所以；
（ii）如图所示，可得，
，
所以与的面积之和
当且仅当时，即时，等号成立，
所以与的面积之和的最小值为.
【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、及直线与抛物线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。
19. 已知是等差数列，．
（1）求的通项公式和．
（2）设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
【答案】（1），；
（2）(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.
【解析】
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，
取，当时，，取，即可证得题中不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
【小问2详解】
(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.